2022北京中考数学一轮复习系列训练——四边形（教师版）

这是一份2022北京中考数学一轮复习系列训练——四边形（教师版），共50页。

2022年北京中考数学一轮复习系列训练——（06）四边形
五年中考
一．填空题（共3小题）
1．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，AF＝EC．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 　AE＝AF　（写出一个即可）．

【分析】根据矩形的性质得到AD∥BC，即AF∥CE，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：这个条件可以是AE＝AF，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
即AF∥CE，
∵AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形，
故答案为：AE＝AF．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
2．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 　①②③　．
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故答案为：①②③．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
3．如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连接DE交对角线AC于点F，若AB＝4，AD＝3，则CF的长为 　　．

【分析】根据矩形的性质可得出AB∥CD，进而可得出∠FAE＝∠FCD，结合∠AFE＝∠CFD（对顶角相等）可得出△AFE∽△CFD，利用相似三角形的性质可得出＝＝2，利用勾股定理可求出AC的长度，再结合CF＝•AC，即可求出CF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠FAE＝∠FCD，
又∵∠AFE＝∠CFD，
∴△AFE∽△CFD，
∴＝＝2．
∵AC＝＝5，
∴CF＝•AC＝×5＝．
故答案为：．

【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理，利用相似三角形的性质找出CF＝2AF是解题的关键．
二．解答题（共6小题）
4．如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠CAD＝90°，点E在BC上，AE∥DC，EF⊥AB，垂足为F．
（1）求证：四边形AECD是平行四边形；
（2）若AE平分∠BAC，BE＝5，cosB＝，求BF和AD的长．

【分析】（1）证AD∥CE，再由AE∥DC，即可得出结论；
（2）先由锐角三角函数定义求出BF＝4，再由勾股定理求出EF＝3，然后由角平分线的性质得EC＝EF＝3，最后由平行四边形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝∠CAD＝90°，
∴AD∥CE，
∵AE∥DC，
∴四边形AECD是平行四边形；
（2）解：∵EF⊥AB，
∴∠BFE＝90°，
∵cosB＝＝，BE＝5，
∴BF＝BE＝×5＝4，
∴EF＝＝＝3，
∵AE平分∠BAC，EF⊥AB，∠ACE＝90°，
∴EC＝EF＝3，
由（1）得：四边形AECD是平行四边形，
∴AD＝EC＝3．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、锐角三角函数定义、角平分线的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握锐角三角函数定义，证明四边形AECD为平行四边形是解题的关键．
5．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；

（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
6．如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE＝DF，连接EF．
（1）求证：AC⊥EF；
（2）延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O．若BD＝4，tanG＝，求AO的长．

【分析】（1）由菱形的性质得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，得出AB：BE＝AD：DF，证出EF∥BD即可得出结论；
（2）由平行线的性质得出∠G＝∠CDO，由三角函数得出tanG＝tan∠CDO＝＝，得出OC＝OD，由BD＝4，得出OD＝2，得出OC＝1，即可得出结果．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC于O，如图1所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，
∵BE＝DF，
∴AB：BE＝AD：DF，
∴EF∥BD，
∴AC⊥EF；
（2）解：如图2所示：
∵由（1）得：EF∥BD，
∴∠G＝∠CDO，
∴tanG＝tan∠CDO＝＝，
∴OC＝OD，
∵BD＝4，
∴OD＝2，
∴OC＝1，
∴OA＝OC＝1．


【点评】本题考查了菱形的性质、平行线的判定与性质、解直角三角形等知识；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝，BD＝2，求OE的长．

【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴▱ABCD是菱形；

（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝2，
∴OB＝BD＝1，
在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，
∴OA＝＝2，
∴OE＝OA＝2．
【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD＝AD＝AB是解本题的关键．
8．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．
（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》）
请根据该图完成这个推论的证明过程．
证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ 　S△AEF　+　S△FCM　）．
易知，S△ADC＝S△ABC，　S△ANF　＝　S△AEF　，　S△FGC　＝　S△FMC　．
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．

【分析】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．
【解答】证明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（ S△AEF+S△FCM）．
易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FGC＝S△FMC，
可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．
故答案分别为 S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．

【点评】本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．
9．如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE．
（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．

【分析】（1）由DE＝BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE＝DE即可解决问题；
（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC＝60°，AD＝2即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AD＝2BC，E为AD的中点，
∴DE＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵∠ABD＝90°，AE＝DE，
∴BE＝DE，
∴四边形BCDE是菱形．

（2）解：连接AC．
∵AD∥BC，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA，
∴AB＝BC＝1，
∵AD＝2BC＝2，
∴sin∠ADB＝，
∴∠ADB＝30°，
∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60°，
在Rt△ACD中，∵AD＝2，
∴CD＝1，AC＝．

【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．
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：笑涵三年模拟
一．填空题（共7小题）
1．图1是用一种彭罗斯瓷砖平铺成的图案，它的基础部分是“风筝”和“飞镖”两部分，图2中的“风筝”和“飞镖”是由图3所示的特殊菱形制作而成．在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，在对角线AC上截取AE＝AB，连接BE，DE，可将菱形分割为“风筝”（凸四边形ABED）和“飞镖”（凹四边形BCDE）两部分，则图2中的α＝　144　°．

【分析】由菱形的性质可求∠DAC＝∠BAC＝36°，AE＝AB＝AD，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝72°，
∴∠DAC＝∠BAC＝36°，AD＝AB，
∵AE＝AB＝AD，
∴∠DEA＝72°＝∠AEB，
∴∠α＝72°+72°＝144°，
故答案为144．
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是本题的关键．
2．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，若EF＝2，则AC的长是　4　．

【分析】连接BD利用三角形中位线得出BD＝2EF，再根据正方形性质求出AC即可．
【解答】解：连接BD，如图所示：

∵E、F分别是AB，AD的中点，且EF＝2，
∴EF是△ABD的中位线，
∴BD＝2EF＝2×2＝4，
∵AC、BD是正方形ABCD的对角线，
∴AC＝BD＝4．
故答案为：4
【点评】本题主要考查正方形的性质和三角形中位线定理，关键是作辅助线构建三角形．
3．如图，在▱ABCD中，AD＞AB，E，F分别为边AD，BC上的点（E，F不与端点重合），对于任意▱ABCD，下面四个结论中：
①存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE是平行四边形；
②至少存在一个四边形ABFE，使得四边形ABFE菱形；
③至少存在一个四边形ABFE，使得四边形ABFE矩形；
④存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半．
所有正确结论的序号是　①②④　．

【分析】利用平行四边形的判定和性质，矩形的性质，菱形的性质依次进行判断可求解．
【解答】解：当AE＝BF时，且AE∥BF，则四边形ABFE是平行四边形，
∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE是平行四边形，故①正确；
当AE＝BF＝AB时，则四边形ABFE是菱形，
∴至少存在一个四边形ABFE，使得四边形ABFE菱形，故②正确；
∵∠ABC≠90°，
∴不存在四边形ABFE是矩形，故③错误；
当EF过对角线的交点时，四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，
∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，故④正确，
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，熟练掌握这些性质是本题的关键．
4．如图，两条射线AM∥BN，点C，D分别在射线BN，AM上，只需添加一个条件，即可证明四边形ABCD是平行四边形，这个条件可以是　AD＝BC或AB∥CD（答案不唯一）　（写出一个即可）．

【分析】在四边形ABCD中，AB＝CD，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形与一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求解即可求得答案．
【解答】解：在四边形ABCD中，AB＝CD，
∴再加条件AB∥CD或AD＝BC，四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：AB∥CD或AD＝BC（答案不唯一）．
【点评】此题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5．如图，在四边形ACBD中，∠ACB＝90°，AB＝AD，E是BD中点，过点E作EF∥AD交AB于点F，连接CF．请写出关于边、角的两条正确结论（不包括已知条件）：
①　BF＝EF　；
②　∠BFE＝∠BAD　．

【分析】①由等边对等角得到∠D＝∠ABD，再由两直线平行，同位角相等得到∠D＝∠BEF，即得∠ABD＝∠BEF，由等角对等边即得结果；
②由两直线平行，同位角相等即可的结果．
【解答】解：①∵AB＝AD，
∴∠D＝∠ABD，
∵EF∥AD，
∴∠D＝∠BEF，
∴∠ABD＝∠BEF，
∴BF＝EF．
②∵EF∥AD，
∴∠BFE＝∠BAD．
故答案为：BF＝EF；∠BFE＝∠BAD．
【点评】此题考查了平行线的性质，熟记平行线的性质是解题的关键．
6．如图，点O是矩形ABCD的对角线BD的中点，点E是BC的中点，连接OA，OE．若OA＝2，OE＝1，则矩形ABCD的面积为　4　．

【分析】由三角形中位线定理求出OA＝2，由勾股定理求出AD的长，则可得出答案．
【解答】解：∵O为BD的中点，E是BC的中点，
∴OE＝DC，
∵OE＝1，
∴DC＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，∠BAD＝90°，
∵OA＝2，
∴BD＝2OA＝4，
∴AD＝＝＝2，
∴矩形ABCD的面积＝AD•DC＝2．
故答案为：4．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
7．如图，线段CE的长为3cm，延长EC到B，以CB为一边作正方形ABCD，连接DE，以DE为一边作正方形DEFG，设正方形ABCD的面积为S1，正方形DEFG的面积为S2，则S2﹣S1的值为 　9　．

【分析】在直角三角形DCE中，由勾股定理知DE2＝DC2+CE2，可得S2﹣S1的值．
【解答】解：∵S1＝DC2，S2＝DE2，
正方形ABCD中DC⊥BC，
∴∠DCE＝90°，
在Rt△DCE中，
DE2＝DC2+CE2，
∴S2＝S1+CE2，
即S2﹣S1＝CE2＝9．
故答案为：9．
【点评】本题考查勾股定理，解本题关键会应用勾股定理，正方形的面积为边长的平方．
二．解答题（共27小题）
8．如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE⊥ED．
（1）求证：△ABE∽△ECD；
（2）F为AE延长线上一点，满足EF＝AE，连接DF交BC于点G．若AB＝2，BE＝1，求GC的长．

【分析】（1）由余角的性质可得∠BAE＝∠DEC，可得结论；
（2）由相似三角形的性质可求EC＝4，由等腰三角形的性质和平行线的性质可证EG＝DG，由勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°＝∠B＝∠C，
∴∠AEB+∠DEC＝∠AEB+∠BAE，
∴∠BAE＝∠DEC，
∴△ABE∽△ECD；
（2）∵△ABE∽△ECD，
∴，
∴，
∴EC＝4，
∵AE＝EF，∠AED＝90°，
∴AD＝DF，
又∵∠AED＝90°，
∴∠ADE＝∠FDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DEC＝∠FDE，
∴DG＝EG，
∵DG2＝DC2+GC2，
∴（4﹣GC）2＝4+GC2，
∴GC＝．
【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
9．已知：如图，在菱形ABCD中，BE⊥AD于点E，延长AD至F，使DF＝AE，连接CF．
（1）求证：四边形EBCF是矩形；
（2）若sin∠A＝，CF＝3，求AF的长．

【分析】（1）由菱形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，求出EF＝BC，再由平行四边形的判定得出四边形EBCF是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AB＝BC，再由矩形的性质得EF＝BC，BE＝CF＝3，然后由锐角三角函数定义得AB＝5，则EF＝BC＝AB＝5，由勾股定理求出AE＝4，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
又∵DF＝AE，
∴DF+DE＝AE+DE，
即：EF＝AD，
∴EF＝BC，
∴四边形EBCF是平行四边形，
又∵BE⊥AD，
∴∠BEF＝90°．
∴四边形EBCF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD菱形，
∴AB＝BC，
∵四边形EBCF是矩形，
∴EF＝BC，BE＝CF＝3，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB＝90°，
∵sin∠A＝＝，BE＝3，
∴AB＝5，
∴EF＝BC＝AB＝5，AE＝＝＝4，
∴AF＝AE+EF＝4+5＝9．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解题的关键．
10．如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AC于点E，DE的延长线交AB于点F，过点B作BG∥DF交DC于点G，交AC于点M．过点G作GN⊥DF于点N．
（1）求证：四边形NEMG为矩形；
（2）若AB＝26，GN＝8，sin∠CAB＝，求线段AC的长．

【分析】（1）证AC∥GN，∠MEN＝90°，则四边形NEMG是平行四边形，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得EM＝GN＝8，∠EMG＝90°，再由锐角三角函数定义求出BM＝10，由勾股定理得AM＝24，则AE＝AM﹣EM＝16，然后证△BCM≌△DAE（AAS），得CM＝AE＝16，即可求解．
【解答】解：（1）证明：∵DE⊥AC，GN⊥DF，
∴AC∥GN，∠MEN＝90°，
∵BG∥DF，
∴四边形NEMG是平行四边形，
又∵∠MEN＝90°，
∴四边形NEMG为矩形；
（2）由（1）得：四边形NEMG为矩形，
∴EM＝GN＝8，∠EMG＝90°，
∴∠AMB＝90°，
∵AB＝26，sin∠CAB＝＝，
∴BM＝10，
∴AM＝＝＝24，
∴AE＝AM﹣EM＝16，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
∴∠BCM＝∠DAE，
∵∠BMC＝90°，∠DEA＝90°，
∴∠BMC＝∠DEA，
在△BCM和△DAE中，
，
∴△BCM≌△DAE（AAS），
∴CM＝AE＝16，
∴AC＝AM+CM＝24+16＝40．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
11．如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，过B，C两点分别作AC，BD的平行线，相交于点E．
（1）求证：四边形BOCE是矩形；
（2）连接EO交BC于点F，连接AF，若∠ABC＝60°，AB＝2，求AF的长．

【分析】（1）先证四边形BOCE是平行四边形，再由菱形的性质得∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）先证△ABC是等边三角形，得BC＝AB＝2，∠BAC＝60°，再由矩形的性质得BF＝CF＝BC＝1，然后由等边三角形的性质得AF⊥BC，∠BAF＝∠BAC＝30°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵BE∥AC，EC∥BD，
∴四边形BOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形BOCE是矩形；
（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AB＝2，∠BAC＝60°，
∵四边形BOCE是矩形，
∴BF＝CF＝BC＝1，
∴AF⊥BC，∠BAF＝∠BAC＝30°，
∴∠AFB＝90°，
∴AF＝BF＝．

【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解此题的关键．
12．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点C作CE∥BD，交AD的延长线于点E．
（1）求证：∠ACD＝∠ECD；
（2）连接OE，若AB＝2，tan∠ACD＝2，求OE的长．

【分析】（1）由矩形的性质可得OC＝OD，由等腰三角形的性质和平行线的性质可得结论；
（2）由相似三角形的性质可求OF，EF的长，即可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵CE∥BD，
∴∠ODC＝∠DCE，
∴∠ACD＝∠ECD；
（2）过点O作OF⊥AD于F，

∵AB＝CD＝2，tan∠ACD＝＝2，
∴AD＝4，
∵DO∥CE，
∴，
∴DE＝AD＝4，
∵OF∥CD，
∴△AFO∽△ADC，
∴，
∴AF＝DF＝2，OF＝CD＝1，
∴EF＝6，
∴EO＝＝＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
13．如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，且AO＝BO．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）∠BDC的平分线DM交BC于点M，当AB＝3，tan∠DBC＝时，求CM的长．

【分析】（1）由平行四边形性质和已知条件得出AC＝BD，即可得出结论；
（2）过点M作MG⊥BD于点G，由角平分线的性质得出MG＝MC．由三角函数定义得出BC＝4，sin∠ACB＝sin∠DBC．，设CM＝MG＝x，则BM＝4﹣x，在Rt△BMG中，由三角函数定义即可得出答案．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC＝2AO，BD＝2BO．
∵AO＝BO，
∴AC＝BD．
∴▱ABCD为矩形．
（2）过点M作MG⊥BD于点G，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCB＝90°，
∴CM⊥CD，
∵DM为∠BDC的角平分线，
∴MG＝CM．
∵OB＝OC，
∴∠ACB＝∠DBC．
∵AB＝3，tan∠DBC＝，
∴tan∠ACB＝tan∠DBC＝．
∴BC＝4．
∴AC＝BD＝＝5，sin∠ACB＝sin∠DBC＝．
设CM＝MG＝x，则BM＝4﹣x，
在△BMG中，∠BGM＝90°，
∴sin∠DBC＝．
解得：x＝，
∴CM＝．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、三角函数定义等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和三角函数定义是解题的关键．
14．如图，在平行四边形ABCD中，点E在BC的延长线上，CE＝DE＝2BC．DC的中点为F，DE的中点为G，连接AF，FG．
（1）求证：四边形AFGD为菱形；
（2）连接AG，若BC＝2，tanB＝，求AG的长．

【分析】（1）由平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，由三角形的中位线定理得到FG∥CE，FG＝CE，即CE＝2FG，结合条件得到AD＝FG，证得四边形AFGD是平行四边形，由已知条件证得AD＝DG，根据菱形的判定定理即可证得结论；
（2）由菱形的性质得到AO＝GO，AG⊥DF，根据三角函数和勾股定理求出AO，即可得到AG．
【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵F为DC的中点，G为DE的中点，
∴FG∥CE，FG＝CE，
即CE＝2FG，
∴FG∥BC，
∴FG∥AD，
∵CE＝2BC＝2AD，
∴AD＝FG，
∴四边形AFGD是平行四边形，
∵CE＝DE＝2BC＝2AD，G为DE的中点，
∴CE＝2DG，
∴AD＝DG，
∴四边形AFGD为菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝2，∠ADO＝∠B，

∵四边形AFGD为菱形，
∴AO＝GO，AG⊥DF，
∵tanB＝，
∴tan∠ADO＝，
∴＝，
设AO＝3x，DO＝2x，
∵AO2+DO2＝AD2，
∴（3x）2+（2x）2＝22，
∴x＝，
∴AO＝，
∴AG＝2AO＝．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的性质和判定，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握菱形的性质和判定是解决问题的关键．
15．如图，矩形ABCD，延长AD至点F，使DF＝AD，连接AC，CF，过点A作AE∥CF交CD的延长线于点E，连接EF．
（1）求证：四边形ACFE是菱形；
（2）连接BE交AD于点G．当AB＝2，tan∠ACB＝时，求BE的长．

【分析】（1）利用矩形的性质证得AF⊥CE，利用垂直平分线的性质证得AE＝EF，AC＝CF，进而证得AE＝EF＝AC＝CF，可求证；
（2）利用（1）可求得CE＝4，利用三角函数求得BC，进而利用勾股定理可求得．
【解答】解：（1）证明：∵矩形ABCD，
∴∠ADC＝90°，
∴AF⊥CE，
∵DF＝AD，
∴AE＝EF，AC＝CF，
∴∠AED＝∠FED，
∵AE∥CF，
∴∠AED＝∠ECF，
∴∠FED＝∠ECF，
∴EF＝CF，
∴AE＝EF＝AC＝CF，
∴四边形ACFE是菱形；
（2）解：如图，

∵矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB＝2，
由（1）知四边形ACFE是菱形，
∴CD＝DE＝2，
∴EC＝4，
∵AB＝2，tan∠ACB＝，
∴BC＝4，
∴BE＝＝4．
【点评】本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质和勾股定理等知识，关键是熟练运用这些性质解答．
16．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）OE　＝　AE（填＜、＝、＞）；
（2）求证：四边形OEFG是矩形；
（3）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．

【分析】（1）由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质即可得出答案；
（2）先证OE是三角形ABD的中位线，得到推出OE∥FG，再证四边形OEFG是平行四边形，然后由矩形的判定定理即可得到结论；
（3）先由菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝5；再由菱形的性质得FG＝OE＝5，然后由勾股定理得到AF＝3，于是得到结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AD＝AE，
故答案为：＝；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中点，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四边形OEFG是矩形；
（3）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若∠BAC＝30°，AC＝4，求菱形OCED的面积．

【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC＝OD，再根据菱形的判定得出四边形OCED是菱形．
（2）方法一：解直角三角形求出BC＝2．AB＝2，根据矩形和菱形的性质得出，S△COD＝S矩形ABCD＝S菱形OCED，即可求出菱形的面积．
方法二：解直角三角形求出BC＝2．AB＝DC＝2，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF＝BC＝1，OE＝2OF＝2，即可求出菱形的面积．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC＝OD，
∴▱OCED是菱形；

（2）方法一：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，
∴BC＝2，AB＝2，
∵S△COD＝S矩形ABCD＝S菱形OCED，
∴S菱形OCED＝×2×2＝2．

方法二：解：在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，AC＝4，
∴BC＝2，
∴AB＝DC＝2，
如图，连接OE，交CD于点F，

∵四边形OCED为菱形，
∴F为CD中点，
∵O为BD中点，
∴OF＝BC＝1，
∴OE＝2OF＝2，
∴S菱形OCED＝×OE×CD＝×2×2＝2．
【点评】本题考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
18．如图，在菱形ABCD中，点E是CD的中点，连接AE，交BD于点F．
（1）求BF：DF的值；
（2）若AB＝2，AE＝，求BD的长．

【分析】（1）根据菱形性质，可得△ABF∽△EDF，利用对应边成比例即可求解．
（2）连接AC，利用已知，可得△ADE是直角三角形，即可求出∠ADC＝60°，利用面积法即可求出BD的长度．
【解答】解：（1）在菱形ABCD中，AB∥CD．
∴∠BAF＝∠DEF，∠ABF＝∠EDF．
∴△ABF∽△EDF，
∴．
∵点E是CD的中点．
∴．
∴BF：DF＝2：1．
（2）连接AC．

∵AB＝2，
∴AD＝2，．
∵AE＝，
∴AE2+DE2＝AD2．
∴△ADE是直角三角形，
∴AE⊥DC，∠ADC＝60°．
∴△ADC是等边三角形．
∴AC＝2．
利用菱形的面积等于对角线乘积的一半，也可底乘高，可得：．
∴BD＝．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形判定，等边三角形判定，三角形相似判定和性质等知识，关键在于利用菱形的面积可以对角线乘积的一半，也可底乘高．
19．如图，在△ABC中，AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，AE∥DC，AE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE为矩形；
（2）连接DE，若AB＝10，CD＝12，求DE的长．

【分析】（1）先证四边形ADCE是平行四边形，再由等腰三角形的性质得CD⊥AB，则∠ADC＝90°，即可得出平行四边形ADCE为矩形；
（2）由等腰三角形的性质得BD＝AD＝AB＝5，CD⊥AB，再由勾股定理求出AC＝13，然后由矩形的性质求解即可．
【解答】（1）证明：∵AE∥DC，AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，
∴CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCE为矩形；
（2）解：∵AC＝BC，CD为△ABC的角平分线，
∴BD＝AD＝AB＝5，CD⊥AB，
∴∠BDC＝90°，
∴AC＝＝＝13，
由（1）得：四边形ADCE为矩形，
∴DE＝AC＝13．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
20．如图，在▱ABCD中，BC＝2CD，E，F分别是AD，BC的中点，连接EF．
（1）求证：四边形EFCD是菱形；
（2）连接AF，若AF＝2，∠DEF＝60°，则EF的长为　2　；菱形EFCD的面积为　　．

【分析】（1）由平行四边形的判定和中点性质可得DE＝CF＝CD，即可得结论；
（2）过点F作FH⊥AD于H，由勾股定理可求EH的长，即可求解．
【解答】证明：（1）在▱ABCD中，BC＝2CD，
∴AD∥BC，AD＝BC＝2CD，
∵E，F分别是AD，BC的中点，
∴DE＝CF＝CD，
又AD∥BC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
又∵CD＝DE，
∴四边形EFCD是菱形；
（2）如图，过点F作FH⊥AD于H，

∵四边形EFCD是菱形，
∴DE＝EF＝AE，
∵∠DEF＝60°，
∴∠EFH＝30°，
∴EH＝EF，FH＝EH，
∴AH＝AE+EH＝3EH，
∵AF2＝AH2+HF2，
∴12＝9EH2+3EH2，
∴EH＝1，
∴EF＝2＝DE，HF＝，
∴菱形EFCD的面积＝2×＝2，
故答案为：2，．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出EH的长是本题的关键．
21．如图，矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，DE∥AC交BC的延长线于点E．
（1）求证：∠ADB＝∠E；
（2）若AD＝4，cos∠ADB＝，求AO的长．

【分析】（1）利用矩形的性质和已知条件先证明四边形ACED是平行四边形，得出∠E＝∠DAC，再根据OA＝OD，得出∠DAC＝∠ADB即可．
（2）在直角三角形ABD中，利用余弦的定义即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
又∵DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴∠E＝∠DAC，
∵对角线AC与BD相交于点O，
∴OA＝OC＝OB＝OD＝AD，
∴∠DAC＝∠ADB，
∴∠ADB＝∠E；
（2）解：在直角三角形ABD中，AD＝4，cos∠ADB＝，
∵cos∠ADB＝，
∴BD＝＝5，
∴OA＝AD＝．
【点评】本题考查矩形、平行四边形的性质和直角三角形余弦的定义，对知识的理解和应用是本题的关键．
22．如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，对角线AC，BD相交于点N．点M是对角线BD中点，连接AM，CM．如果AM＝DC，AB⊥AC，且AB＝AC．
（1）求证：四边形AMCD是平行四边形．
（2）求tan∠DBC的值．

【分析】（1）要证明四边形AMCD是平行四边形，已知AM＝DC，只需要证明AM∥DC即可；由条件可知△AMB≌△AMC（SSS），推理可得∠DCA＝∠MAC＝45°，由内错角相等两直线平行可知AM∥CD，可得结论；
（2）延长AM交BC于点E，由等腰三角形三线合一可得点E是BC的中点，ME是△BCD的中位线，则ME＝CD，进而ME＝AE，设AB＝a，分别表达BC，AE及BE，在Rt△ABE中，表达tan∠DBC的值．
【解答】解：（1）证明：如图，
∵点M是BD的中点，∠BCD＝90°，
∴CM是Rt△BCD斜边BD的中线，
∴CM＝BM＝MD，
又AB＝AC，AM＝AM，
∴△AMB≌△AMC（SSS），
∴∠BAM＝∠CAM，
∵BA⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∴∠CAM＝45°，
又∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝45°，
∴∠DCA＝∠DCB﹣∠ACB＝45°，
∴∠DCA＝∠MAC，
∴AM∥CD，
又∵AM＝DC，
∴四边形AMCD为平行四边形．
（2）如图，延长AM交BC于点E，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∠BAM＝∠CAM，
∴AE⊥BC，且点E为BC的中点，
∵点M是BD的中点，点E是BC的中点，
∴ME是△BCD的中位线，
∴CD＝2ME，
又AM＝CD，
∴AM＝2ME，
∴ME＝AE，
设AB＝a，则BC＝a，AE＝BC＝a，
∴ME＝AE＝a，
又BE＝AE＝a，
∴tan∠DBC＝＝．
【点评】本题利用了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数值等内容．
23．如图1，△ABC中，D为AC边上一动点（不含端点），过点D作DE∥AB交BC于点E，过点E作EF∥AC交AB于点F，连接AE，DF．点D运动过程中，始终有AE＝DF．
（1）求证：∠BAC＝90°；
（2）如图2，若AC＝3，tanB＝，当AF＝AD时，求AD的长．

【分析】（1）根据对边平行可得平行四边形，再根据邻边相等可得矩形，可得结论；
（2）当AF＝AD时，四边形ADEF是正方形，方法一：设DC＝3x，则DE＝4x可得AC＝7x＝3，进而可得AD；方法二：根据相似三角形对应边成比例可得答案．
【解答】（1）证明：∵DE∥AB，EF∥AC，
∴四边形ADEF是平行四边形．
∵AE＝DF，
∴▱ADEF是矩形．
∴∠BAC＝90°．
（2）解：当AF＝AD时，
由（1）知，此时四边形ADEF是正方形．
方法1，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠B，∠EDC＝∠BAC＝90°．
∴tan∠DEC＝tanB＝．
在Rt△DEC中，设DC＝3x，则DE＝4x．
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝DE＝4x．
∴AC＝AD+DC＝7x＝3．
∴x＝，
∴AD＝4x＝．
方法2：
在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，tanB＝，AC＝3，
∴AB＝4．
∵四边形ADEF是正方形，设AD＝DE＝x．
∵DE∥AB，
∴△CED∽△CBA．
∴，
即，
解得x＝，
∴AD＝．
【点评】本题是三角形综合题，考查了直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用相似三角形的性质解决问题是本题的关键．
24．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AD＝10，EC＝4，求OE的长度．

【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，等量代换得到BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝10，由勾股定理求出AE＝8，AC＝4，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AD＝10，
∴AD＝AB＝BC＝10，
∵EC＝4，
∴BE＝10﹣4＝6，
在Rt△ABE中，AE＝，
在Rt△AEC中，AC＝，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，
∴OE＝AC＝．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
25．如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．
（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．

【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再由EF＝DA，得EF＝BC，EF∥BC，则四边形BCEF是平行四边形，再证∠CEF＝90°，即可得出结论；
（2）由勾股定理的逆定理证△CDF是直角三角形，∠DCF＝90°，再由面积法求出CE＝，然后由矩形的性质得∠FBC＝90°，BF＝CE＝，最后由勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵EF＝DA，
∴EF＝BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF＝90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，
∵CF＝4，DF＝5，
∴CD2+CF2＝DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF＝90°，
∴△CDF的面积＝DF×CE＝CF×CD，
∴CE＝＝＝，
由（1）得：EF＝BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC＝90°，BF＝CE＝，
∴BC＝＝＝，
∴EF＝．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
26．如图，四边形ABCD是平行四边形，过点A作AE⊥BC交CB的延长线于点E，点F在BC上，且CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接BD，若∠ABD＝90°，AE＝4，CF＝2，求BD的长．

【分析】（1）由平行四边形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，证出BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，再矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由勾股定理得AB＝2，再证△ABD∽△BEA，得＝，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵CF＝BE，CF＝2，
∴BE＝2，
∵∠AEB＝90°，
∴AB＝＝＝2，
∵AD∥BC，
∴∠BAD＝∠EBA，
∵∠AEB＝∠ABD＝90°，
∴△ABD∽△BEA，
∴＝，
即＝，
解得：BD＝4．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识；正确的识别图形是解题的关键．
27．如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，连接BD，过点C作CE∥BD，过B作BE∥AC，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形DBEC是菱形；
（2）若∠A＝30°，BC＝2，求四边形DBEC的面积．

【分析】（1）先证四边形BECD是平行四边形，由直角三角形的性质可证BD＝CD，即可得结论；
（2）由直角三角形的性质可得AC＝2BC＝4，AB＝BC＝2，由面积关系可求解．
【解答】证明：（1）∵CE∥BD，BE∥AC，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，D是AC中点，
∴BD＝DC，
∴四边形DBEC是菱形；
（2）∵∠A＝30°，∠ABC＝90°，BC＝2，
∴AC＝2BC＝4，AB＝BC＝2，
∴S△CDB＝S△ABC＝××2×2＝，
∵四边形BECD是菱形
∴S菱形DBEC＝2S△CDB＝2．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
28．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D，过点A作AE∥BC，且AE＝BD，连接BE，交AD于点F，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE为矩形；
（2）若CE＝4，求AF的长．

【分析】（1）由等腰三角形的性质得BD＝CD，∠ADC＝90°，再证AE＝CD，得四边形ADCE是平行四边形，即可得出结论；
（2）由矩形的性质得AD＝CE＝4，再证△AEF≌△DBF（AAS），得AF＝DF＝AD＝2．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝CD，∠ADC＝90°，
∵AE＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE为矩形；
（2）解：由（1）得：四边形ADCE为矩形，
∴AD＝CE＝4，
∵AE∥BC，
∴∠AEF＝∠DBF，
在△AEF和△DBF中，
，
∴△AEF≌△DBF（AAS），
∴AF＝DF＝AD＝2．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
29．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CE∥AD．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）连接BE，若∠ABC＝30°，AC＝2，求BE的长．

【分析】（1）先证明四边形ADCE是平行四边形，再证明AD＝DC，即可求证是菱形．
（2）连接BE，过点E作EF垂直BA，垂足为F，根据已知求出EF的长度，利用勾股定理即可求BE．
【解答】（1）证明：∵AE∥BC，CE∥AD．
∴四边形ADCE是平行四边形．
∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC边上的中线．
∴AD＝CD．
∴四边形ADCE是菱形．
（2）过点E作EF垂直BA，垂足为F，如图：

∵∠ABC＝30°，AC＝2．
∴BC＝4，AB＝．
∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC边上的中线．
∴AD＝BD＝CD．
∴∠DAB＝∠DBA．
∵∠ABC＝30°．
∴∠CDA＝60°．
∴△ADC的等边三角形．
∵AC＝2．
∴AD＝AE＝2，
∵四边形ADCE是菱形．
∴∠ECA＝∠CAD＝60°．
∴∠EAF＝30°．
∴＝1．
∴AF＝＝．
∴BF＝3．
∴BE＝．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质，直角三角形中线性质，勾股定理等，关键在于利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．属于拔高题．
30．如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE⊥BC于点E，点F在BC延长线上，且CF＝BE．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接AF，若tan∠ABC＝2，BE＝1，AD＝3，求AF的长．

【分析】（1）先证四边形AEFD是平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论；
（2）先由锐角三角函数定义求出AE＝2，再由矩形的性质得FD＝AE＝2，∠ADF＝90°，然后由勾股定理求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC，
即BC＝EF，
∴AD＝EF，且AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，BE＝1，
∵tan∠ABC＝，
∴AE＝2BE＝2，
∵四边形AEFD为矩形，
∴FD＝AE＝2，∠ADF＝90°，
∵AD＝3，
∴AF＝＝＝．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数定义等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
31．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使EF＝DE，连接CF，BF．
（1）求证：四边形CFBD是菱形；
（2）连接AE，若CF＝，DF＝2，求AE的长．

【分析】（1）根据D，E分别是边AB，BC的中点，EF＝DE，可以得到四边形CFBD是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以得到CD＝BD，然后即可得到结论成立；
（2）根据菱形的性质和勾股定理，可以得到AC和CE的长，然后根据勾股定理即可得到AE的长．
【解答】证明：（1）∵点E为BC的中点，
∴CE＝BE，
又∵EF＝DE，
∴四边形CFBD是平行四边形，
∵D是边AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AB＝BD，
∴四边形CFBD是菱形；
（2）∵D，E分别是边AB，BC的中点，
∴AC＝2DE，
∵DF＝2DE＝2EF，DF＝2，
∴AC＝2，EF＝1，
∵CF＝，四边形CFDB是菱形，
∴∠CEF＝90°，
∴CE＝＝＝3，
∵∠ACE＝90°，
∴AE＝＝＝，
即AE的长是．

【点评】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、三角形的中位线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
32．已知，如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，过点A作BC的平行线，过点B作AD的平行线，两线交于点E，连接DE交AB于点O．
（1）求证：四边形ADBE是矩形；
（2）若BC＝8，AO＝，求四边形AEBC的面积．

【分析】（1）只要证明四边形ADBE是平行四边形，且∠ADB＝90°，即可；
（2）求BD、AB，利用三角形面积公式可得S四边形AEBC＝S△ABC+S△ABE．
【解答】解：（1）∵AE∥BC，BE∥AD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵AB＝AC，AD是BC边的中线，
∴AD⊥BC，
即∠ADB＝90°．
∴四边形ADBE为矩形．
（2）∵在矩形ADBE中，AO＝，

∴DE＝AB＝5，
∵D是BC的中点，
∴AE＝DB＝4，
∵∠ADB＝90°，
根据勾股定理，
∴S△ABC＝×BC×AD＝×8×3＝12，
∴S△ABE＝×AE×BE＝×4×3＝6，
∴S四边形AEBC＝S△ABC+S△ABE＝12+6＝18，
即S四边形AEBC为18．
【点评】本题考查矩形的判定和性质、等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，属于中考常考题型．
33．如图，已知△ACB中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，连接CE，分别过点A，C作CE和AB的平行线相交于点D．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AB＝4，∠DAE＝60°，求△ACB的面积．

【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ADCE是平行四边形，由线段中点的定义得到CE＝AE，然后根据菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质∠CAE＝30°，根据直角三角形的性质，由勾股定理得到．根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵AD∥CE，CD∥AE，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，E是AB的中点，
∴CE＝AE，
∴四边形ADCE是菱形；
（2）解：∵AB＝4，AE＝CE＝EB，
∴CE＝AE＝2．
∵四边形ADCE是菱形，∠DAE＝60°，
∴∠CAE＝30°．
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAE＝30°，AB＝4，
∴，
∴．
∴S△ACB＝AC•BC＝2．
【点评】此题主要考查了菱形的性质和判定，三角形的面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
34．如图，在平行四边形ABCD中，F是AD的中点，延长BC到点E，使CE＝BC，连接DE，CF．
（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；
（2）若AB＝4，AD＝6，∠A＝120°，求△DCE的底边CE上的高及DE的长．

【分析】（1）由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，由线段关系可证FD＝CE，可得结论；
（2）由平行四边形的性质可得AB∥CD，CD＝AB＝4，∠A＝120°，BC＝AD＝6，由锐角三角函数和勾股定理可求解．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵F是AD的中点，
∴FD＝AD，
∵CE＝BC，
∴FD＝CE，
∵FD∥CE，
∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）过点D作DG⊥CE于点G，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CD＝AB＝4，∠A＝120°，BC＝AD＝6，
∴∠DCE＝∠B＝60°，
在Rt△DGC中，∠DGC＝90°，
∴CG＝CD•cos∠DCE＝2，
DG＝CD•sin∠DCE＝2，
∵CE＝BC＝3，
∴GE＝1，
在Rt△DGE中，∠DGE＝90°，
∴DE＝＝．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，锐角三角函数等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
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日期：2022/1/9 11:31:32；用户：笑涵数学；邮箱：15699920825；学号：36906111